题意:
给一个长度为n的数组A,让你构造等长的数组B,B数组中的元素取值为小于等于A数组中对应位置的元素,现在询问B数组中的gcd大于等于2的方案数.
分析:
找到 ai 中最小的那个数,枚举他的因数作为gcd,然后根据这个gcd我们可知 ∏ai/gcd 即为这个这个以这个数为gcd的序列对答案的贡献,然而这么算会有重复。比如我们在算2和3的时候已经把6的序列算了,所以我们需要容斥一下。
容斥的方法:莫比乌斯函数。
考虑一个数n,假设他能分解成三个质因数相乘:a*b*c,那么在算gcd为a、b、c时分别算了一遍,所以我们要减去gcd为a*b、a*c、b*c的,再加上gcd为a*b*c的。推广:我们需要加上质因数为奇数个的,减去质因数为偶数个的。当某个质因数的指数大于等于2,那么这个数我们之前肯定算过,所以这个不计入最后答案。
而莫比乌斯函数正好符合我们的需要(取个相反数就ok了)。
但是这样肯定会超时,所以我们可以进行一下优化,把式子化简为∏maxa/gcdj=1im
就是把枚举n个 ai 转化成了枚举 ai/gcd 的值,这个点 值一定在1和maxa/gcd之间,这个化简大概优化到了logn。然后就是m了,m代表n个 ai 中除以gcd为i的数量为m,这个m我们可以通过求一遍 ai 的前缀和得到(就是开个数组,把 ai 当作下标,记录 ai 出现了多少次,然后求这个数组的前缀和,这样就可以O(1)的求出一个范围内 ai 出现了多少次了,也就得到了m的值)
AC代码如下:
#include
#include
#include
#include
#include
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
const int maxn = 100200;
bool isprime[maxn];///1代表是素数
int prime[maxn];
int miu[maxn];///存储的是莫比乌斯函数的值
void moblus()///莫比乌斯函数值的打表
{
int cnt = 0;///记录素数的个数
miu[1] = 1;
memset(isprime,1,sizeof(isprime));
for(long long i = 2; i < maxn; i++)
{
if(isprime[i])
{
prime[cnt++] = i;
miu[i] = -1;
}
for(long long j = 0; j < cnt && i*prime[j] < maxn; j++)
{
isprime[i*prime[j]] = 0;///0代表不是素数
if(i % prime[j])///比如i=5,prime[0]=2,prime[1]=3,prime[3]=5;miu[5*2]=1,miu[5*2*3]=1;
miu[i*prime[j]] = -miu[i];
else
{
miu[i*prime[j]] = 0;
break;
}
}
}
}
long long quick_mod(long long a,long long b)///快速幂取模
{
long long ans = 1;
while(b)
{
if(b&1)
{
ans=(ans*a)%mod;
b--;
}
b>>=1;
a=(a*a)%mod;
}
return ans;
}
int a[102000];///下标代表输入的数,值代表这个数出现的次数
int suma[202000];///累加的和
int main()
{
int cas,ncase = 0;
int n,v;
int maxa,mina;
scanf("%d",&cas);
moblus();
while(cas--)
{
ncase++;
long long ans = 0;///方案数
maxa = -100200,mina = 102000;
scanf("%d",&n);
memset(a,0,sizeof(a));///初始化
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d",&v);
a[v]++;
mina = min(mina,v);///a数组的最小值
maxa = max(maxa,v);///a数组中的最大值
}
for(int i = 1; i <= maxa*2; i++)///求出这个数组的前缀和
{
suma[i] = suma[i-1] + a[i];
}
long long tempans = 1;
for(int i = 2; i <= mina; i++)///从2依次枚举
{
tempans = 1;
for(int j = 1; j*i <= maxa; j++)
{
tempans *= quick_mod(j,(suma[i*j+i-1]-suma[i*j-1]));
tempans %= mod;
}
ans -= miu[i]*tempans;
ans %= mod;
}
printf("Case #%d: %lld\n",ncase,(ans+mod)%mod);
}
}